Bài toán 2.3.1 ([2]). Cho tam giácABC nội tiếp đường tròn(O)cóA cố định và B, C thay đổi trên (O) sao cho BC luôn song song với một đường thẳng cố định cho trước. Các tiếp tuyến của (O) tại B và C cắt nhau tại K. Gọi M là trung điểm BC, N là giao điểm của AM với (O). Chứng minh rằng đường thẳng KN luôn đi qua một điểm cố định.
Hình 2.9: KN luôn đi qua một điểm I cố định
Lời giải. Gọi giao điểm thứ hai của KN với (O) là I ta có IBN C là tứ giác điều hòa. Do đó, ta có (AI, AB, AN, AC) =−1. Do M là trung điểm BC nên AI kBC, suy ra I cố định.
Vậy đường thẳng KN luôn đi qua điểm I cố định.
Bài toán 2.3.2 ([7]). Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn (O), đường kính AD, S di động trên (O), SB giao AC tại M, SD giao BC tại N. Chứng minh M N luôn đi qua một điểm cố định.
Lời giải. Gọi I là giao điểm thứ hai của AN với (O). Do IN, SN lần lượt là phân giác các góc BIC, BSC nên ta có SB
SC = IB
IC hay BSIC là tứ giác điều hòa. Do đó, ta có S, I, J thẳng hàng. Áp dụng định lý Pascal cho lục giác suy biến ACCBSI, ta có M, N, J thẳng hàng. Vậy M N đi qua J cố định.
Hình 2.10: M N đi qua J cố định
Bài toán 2.3.3 ([6]). Trong mặt phẳng cho hai đường tròn ω1 tâm O1 và đường tròn ω2 tâm O2 cắt nhau tại hai điểm A và B. Các tiếp tuyến tại A và B của ω1 cắt nhau tại K. Giả sử M là một điểm nằm trên ω1 nhưng không trùng với A và B. Đường thẳng AM cắt lại ω2 tạiP, đường thẳng KM cắt ω1
tại C và đường thẳng AC cắt ω2 tại Q.
a) Chứng minh trung điểm P Q thuộc đường thẳng M C.
Hình 2.11: P Qluôn đi qua một điểm cố định I.
Lời giải. a) Gọi N là giao điểm của M K và P Q, ta chứng minh N là trung điểm của P Q. Ta có AM BC là tứ giác điều hòa nên ta có
AC AM = CB M B. Ta có 4M BP ∼ 4CBQ (g.g), suy ra ta có CB M B = CQ M P. Từ đó, ta có AC AM = CQ
M P. Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác AP Q với cát tuyến M KN ta có
N P
N Q · M P
M A · CA
CQ = 1. Từ đó, ta có N P =N Q hay N là trung điểm của P Q.
b) Gọi J là giao điểm của AK và ω2, suy ra J cố định. Ta chứng minh BQJ P là tứ giác điều hòa. Ta có ∠CM B = ∠BAC = ∠BP Q và ∠M BC = ∠CAP = ∠P BQ, suy ra 4CBM ∼ 4QBP (g.g), từ đó ta có BC BM = BQ BP. Chứng minh tương tự, ta có AC AM = J Q J P. Mà BC BM = AC AM nên ta có BQ BP = J Q J P.
Suy ra BQJ P là tứ giác điều hòa. Do đó P Q đi qua giao điểm I của hai tiếp
tuyến vẽ từ B và J của ω2.
Bài toán 2.3.4 ([5]). Đường tròn (O)và (O0) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B. Lấy M thuộc (O), M A, M B cắt (O0) tại N, P. Gọi Q là trung điểm của N P. Chứng minh rằng M Q luôn đi qua một điểm cố định.
Lời giải. Gọi giao điểm thứ hai của M Q với đường tròn (O) là C. Dễ thấy M ACB là tứ giác điều hòa nên AM và các tiếp tuyến tại A, B của (O) đồng quy. Vậy M N luôn đi qua giao điểm các tiếp tuyến tại A, B của (O) cố định.
Bài toán 2.3.5 (Vietnam TST 2012). Trên mặt phẳng, cho đường tròn (O) và hai điểm cố địnhB, C trên đường tròn này sao choBC không là đường kính của (O). Gọi A là một điểm di động trên đường tròn (O)vàA không trùng với hai điểmB, C. Gọi D, K, J lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB vàE, M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, B, C trên BC, DJ, DK. Chứng minh rằng các tiếp tuyến tại M, N của đường tròn ngoại tiếp tam giác EM N luôn cắt nhau tại điểm T cố định khi điểm A thay đổi trên (O).
Hình 2.12: T là điểm cố định khi A thay đổi.
Lời giải. Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. Ta xét trường hợp H nằm trong tam giác, các trường hợp còn lại chứng minh tương tự.
Trước hết, ta chứng minh rằng T nằm trên đường thẳng OD. Dễ dàng thấy H cùng nằm trên các đường thẳng BM và CN nên các điểm D, M, N, H, E cùng thuộc đường tròn đường kính HD.
Đường thẳng qua H, song song vớiBC cắt đường thẳngOD tại điểmS. Do ∠HSD = 90◦ nên S cũng thuộc đường tròn đường kính HD. Gọi X là hình chiếu của E lên AD thì X cũng thuộc đường tròn này.
Ta sẽ chứng minh DM SN, XM EN là các tứ giác điều hòa. Thật vậy, do HS kBC vàD là trung điểm củaBC nên theo tính chất về chùm điều hòa, ta có (HS, HD, HC, HB) =−1 hay DM SN là tứ giác điều hòa. Theo tính chất của tứ giác điều hòa, ta có T nằm trên đường thẳng DO.
Dễ thấy DEJ K là hình thang cân nên 4EN K ∼ 4EJ M (g.g). Suy ra, ta có EM EN = EJ EK = AB AC. Hơn nữa, ta có XM XN = sin∠XN M sin∠XDN = sin∠XDM sin∠XDN = sin∠DAC sin∠DAB = AB AC. Do đó, ta có EM EN = AB
AC hay XM EN là tứ giác điều hòa. Ta có được T nằm trên EX hay T chính là giao điểm của EX và AO.
Ta sẽ chứng minh rằng khoảng cách từ T đến D không đổi. Gọi B0 là hình chiếu của B trên AC. Do 4AHX ∼ 4ADE nên ta có
AX ·AD =AH ·AE = AB0·AC hay CDXB0 là tứ giác nội tiếp. Suy ra ta có
∠DXC = ∠DB0C =∠DCA⇒ DX·DA =DC2. Theo định lý Thales, ta có DT = AE ·DX AX = AD·DX AH = DC2 AH .
Dễ thấy DC, AH không đổi nên độ dài đoạn DT không đổi hay T là điểm cố
định. Ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 2.3.6 ([4]). Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) cố định, B, C cố định và A di chuyển trên (O). Gọi D là trung điểm BC. Một đường thẳng bất kỳ đi qua A cắt BC tại E và cắt (O) tại P khác A. Đường tròn ngoại tiếp tam giác EP D cắt (O) tại F khác P. Chứng minh rằng AF luôn đi qua điểm cố định khi A di chuyển.
Lời giải. Gọi P F giao BC tại G. Từ hệ thức lượng trong đường tròn ta dễ thấy rằng
GB·GC = GP ·GF = GD·GE.
Từ đó, do D là trung điểm BC nên theo hệ thức Maclaurin thì (B, C, G, E) =
−1. Chiếu bằng tâm P lên đường tròn (O) ta thu được
(B, C, F, A) = (KB, KC, KF, KA) = (B, C, G, E) = −1.
Suy raABF C là tứ giác điều hòa. Vậy AF đi qua giao điểm của tiếp tuyến tại B, C của (O) cố định. Ta có điều phải chứng minh.